物理(5)-【黄冈中学】2026年高考物理临考特训预测（湖北专版）

黄冈中学临考特训预测卷（五） 物理 本试卷共6页，15题。全卷满分100分。考试用时75分钟。 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并 将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号 涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试 卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后，请将答题卡上交。 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第 1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。全部选对的得 4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 1.2025年6月，秦山核电“和福一号”项目实现医用同位素镥177年辐照产能超万居 里，并通过商用重水堆正式供应市场。镥177的衰变方程为Lu→Hf+X,单个 17Lu、12Hf、粒子X的质量分别为m1、m2、m3,镥177的半衰期为6.7天，真空中的 光速为c。下列说法中正确的是 A.单个17Lu衰变释放的能量为(m1-m2一m3)c2 B.1g镥177在13.4天后有0.25g发生了衰变 C.粒子X的贯穿能力比Y射线的贯穿能力要强 D.1Lu的比结合能大于1Hf的比结合能 2.如图所示为一发电机内部结构简化图，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴 OO'逆时针匀速转动，线圈的匝数为N,面积为S,角速度为w,电阻为r,匀强磁场 的磁感应强度为B,外电路电阻为R,电流表为理想电表。从图示位置开始计时，下 列说法中正确的是 A.线圈中产生的电动势瞬时值表达式为e=NBSwsin wt B.图示位置线圈中磁通量的变化率为零 NBSw C.线圈从图示位置转过60°时，电流表的读数为 2(R+r) D.线圈转一周的时间内，电阻R上产生的热量为 πV2B2S2wR (R+r)2 3.如图所示，某同学在搬运书籍的时候，双手用同样大小的力夹着五本书处于悬空静 止状态。每本书的质量均为m=0.2kg,书与书之间、书与同学的手之间的动摩擦 因数均为μ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2。下列 黄冈中学临考特训预测卷（五）第1页（共6页） 说法中正确的是 A.第3本书与第2本书之间的摩擦力为2N B.第3本书与第4本书之间的摩擦力为0 C.第1本书与第2本书之间的摩擦力为3N 12345 D.要能使5本书处于静止状态，则一只手对书的压 力至少为20N 4.如图所示，虚线表示某电场中的等差等势面，实线表示一带电粒子的运动轨迹，轨迹 与等势面相交于A、B两点。带电粒子在电场中仅受电场力的作用，下列说法正确 的是 A.虚线表示的是等量同种点电荷产生的等势面 B.带电粒子在A点的速度小于在B点的速度 C.带电粒子在A点的加速度小于在B点的加速度 D.A点的电势高于B点的电势 5.某科幻电影中的太空电梯让人印象深刻。太空电梯是人类构想的一种通过缆绳连 接地球表面与太空轨道站的低成本运输设备，主体包含缆绳、地面基站、平衡配重及 升降舱。原理简化如图所示，基站固定于地球赤道上，缆绳上有A、B、C三个位置， 其中B位置与地球的同步卫星所在高度等高，整个太空电梯跟随地球自转同步转 动。下列说法中正确的是 地面 缆绳 平衡 基站 配重 地球 升降舱 A.升降舱稳定于A位置的线速度小于地球赤道上物体的速度 B.升降舱稳定于A位置时，坐在座位上的航天员受到座椅给的指向地心的作用力 C.升降舱稳定于C位置时，从升降舱内遗漏出一个物体，物体将离地心越来越远 D.升降舱稳定于A、B、C三个位置时，均处于完全失重状态 6.功夫茶是我国一套融合礼仪、技艺与美学的泡茶体系，核心在于“精工细作”。如图 所示，有一款功夫茶专用茶杯，冲泡时，往茶杯中倒入半杯滚烫的茶汤，并迅速盖上 陶瓷杯盖，以避免茶香散失。刚盖上杯盖时，杯中封闭一定质量的理想气体，压强为 p,温度为T。=300K。静置片刻后，杯中气体温度升至T1,压强升至1，使得杯 盖刚好要被顶起，杯盖的横截面积为S,质量为m= ,不计杯羞与杯蜜的摩擦， poS 不考虑茶汤蒸汽对封闭气体的影响，重力加速度为g。下列说法中正确的是 黄冈中学临考特训预测卷（五）第2页（共6页） A.若杯中气体不漏气，则T,=400K B.若杯中气体不漏气，则p1=3p。 C.若杯中漏掉一部分气体，剩余气体的温度需要升至360K,才能刚好将杯盖顶起 则到余气体的质量与最初封闭在杯中气体质量的比值为 D.若杯中漏掉一部分气体，剩余气体的温度需要升至360K,才能刚好将杯盖顶起 ©气体的质量与最初封闭在杯中气体质量的 7.如图所示，水平放置的光滑导轨，左端通过导线连接电 容器，导轨上垂直导轨放置一根静止金属杆，整个装置 处于竖直向下的匀强磁场中。电容器的电容为C,导轨 间距为L,磁场的磁感应强度为B,金属杆的质量为， 电阻为R。现使金属杆以初速度。向右运动，金属杆 与导轨始终垂直且接触良好，不计导轨与导线的电阻，金属杆达到稳定状态的速度 为 mvo mvo mva muo A. m+CB212 B.m+CBL C.CB-L2 D.CBL 8.一列简谐横波沿x轴传播，P是平衡位置位于x=4m处的质点。t=0时刻的波形 图如图甲所示，质点P的振动图像如图乙所示。下列说法中正确的是 ◆以cm y/cm 10 10 x/m t/s 0.1 0.2 10 -10 甲 乙 A.波沿x轴正方向传播 B.波的传播速度为40ms C.再经过0.3s,质点P沿x轴正方向传播了12m D.再经过0.3s,质点P的加速度达到最大值 9.如图所示，竖直放置的内壁、外壁均光滑的环形管道，管中有质量为的小球做完 整的圆周运动，小球的直径略小于管道的内径，AB是过环心O点的水平线，重力加 速度为g,下列说法中正确的是 A.小球在AB上方的管道中运动时，一定与内壁有作用力 B.小球在AB下方的管道中运动时，一定与外壁有作用力 B C.小球在经过A点时，管道给小球的作用力指向圆心 D.小球在最低点与管壁的作用力和在最高点与管壁的作用力 的差值一定为6mg 黄冈中学临考特训预测卷（五）第3页（共6页） 10.如图所示，竖直轻质弹簧两端分别与物体A、B连接，弹簧的劲度系数k= 400Nm,A的质量为mA=4kg,B的质量为m=2kg。一根轻绳跨过B正上方 的定滑轮，一端与B相连，另一端与质量为M的小环C相连，小环C穿在竖直固 定的均匀细杆上。当C静止在杆上的Q点时，A、B也处于静止状态且A恰好离 开地面，此时连接C的轻绳与水平面的夹角为0=37°。当C在杆上的O点时，C 和定滑轮之间的轻绳处于水平，定滑轮到杆的距离为d=0.8m。现将小环C由P 点静止释放，P、Q关于O点对称。不计一切摩擦，取重力加速度g=P( 10ms2,sin37°=0.6。下列说法中正确的是 A.小环C的质量M=3.6kg B.小环C运动到Q点速度的大小为4m:s B C.小环C从P点运动O点，轻绳对C做的功为4J D.小环C在O点的加速度大于g 二、非选择题：本题共5小题，共60分。 11.(6分)用图甲所示的装置探究物体的加速度与力之间的关系。动滑轮下方悬挂沙 桶，通过改变沙桶内沙的质量来改变滑块的加速度。实验中打出一条纸带如图乙 所示，1、2、3、4、5为连续的5个计数点，相邻两个计数点间还有5个点没有画出来， 打点计时器所用交流电的频率为50Hz。 纸带连打 LLLLELLL 点计时器 滑块 力传感器 长术板 刀I刀Ti刀刀T刀7T7 甲 单位：cm 1.44 2.55 3.66 4.76 乙 丙 (1)关于本实验，下列说法正确的是 A.调整长木板右端的定滑轮，使连接滑块的细绳与长木板平行 B.实验时可通过调整长木板左端的高度，以平衡摩擦力 C.先释放滑块，再接通打点计时器的电源 D.实验需要满足沙桶和沙的总质量远小于滑块的质量 (2)实验中滑块的加速度为 m/s2。(结果保留2位有效数字) 黄冈中学临考特训预测卷（五）第4页（共6页） (3)某同学多次实验后，利用所测得的数据作出α-F图像(F为力传感器的示数)， 如图丙所示，图像与纵轴的截距记为一b,重力加速度为g,则滑块与长木板之 间的动摩擦因数为 12.(10分)某学习兴趣小组设计了一种双倍率欧姆表，原理如图所示，倍率分别为 “×1”和“×10”。其中涉及的器材有干电池，电动势E=1.5V,内阻未知；表头G, 满偏电流I。=150uA,内阻R.=1202;R1、R2为定值电阻；R为滑动变阻器；S为 单刀双掷开关；A、B是两个表笔的插孔。回答下列问题： (1)A插孔插入的应是 (选填“红”或“黑”)表笔。 (2)当单刀双掷开关分别接不同开关时，表头G满偏，流过电源的 电流分别为0.6mA和6mA,则R1十R2= Q. (3)单刀双掷开关接1时，选择的倍率为 (选填“×1”或 Bo “×10”)。测量时，发现表头G的指针指向满偏刻度的三分之 一处，则待测电阻的阻值为 2。 (4)由于欧姆表内部的干电池长时间使用，电动势略有减小，内阻略有增大，但仍可 以正常欧姆调零，调零后，电阻测量值相对真实值 (选填“偏大”“相等” 或“偏小”)。 13.(10分)如图所示，在水池底部水平安装一条圆形细灯带，灯带的半径为R= 0.4m,灯带到水面的距离为A-怎m,灯带发出的光可以照充水面，已知水的折 射率为川号，则水面被照尧的面积为多少？（结果可以用含有元的式子表示） 水面 圆形细灯带 黄冈中学临考特训预测卷（五）第5页（共6页） 14.（16分)如图所示，光滑的水平面上放有一辆光滑的小车，小车上固定有光滑的四 分之一圆弧形轨道，小车和轨道的总质量M=3kg,轨道半径R=4.6,轨道底边 与小车相切，右侧竖直边正好落在小车的中点上，小车和轨道开始处于静止状态。 小车左侧放上一个质量为m=1kg的小球，小球以v。=2m/s的初速度向右冲上 轨道，取重力加速度g=10m/s。 (1)求小球再回到轨道底端时，小球和小车的速度； (2)若只增大小球的初速度，使得初速度v=12‘s,在小球从轨道顶端冲出轨道 的一瞬间，将小车锁定，要使小球能落在小车上，求小球上升过程中距离小车的 最大高度和小车的最小长度。（结果可以用根号表示） 00 15.(18分)如图所示，区域I存在水平向右的匀强电场，电场强度为E;区域Ⅱ存在垂 Em 直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B,一√d:区域Ⅲ存在垂直纸面向里的匀 强磁场，磁感应强度为B2,B2未知。区域I、Ⅱ、Ⅲ的边界相互平行，宽度均为d。 区域I的左边界有相距23d的A、B两点，从A点静止释放一质量为m、电荷量 为q的带正电粒子，不计粒子的重力。 (1)求粒子进入磁场的速度大小。； (2)若粒子恰好能回到A点，求磁感应强度B,的大小； (3)若粒子能到达B点，求磁感应强度B2的大小。 + 1￥ + B: 黄冈中学临考特训预测卷（五）第6页（共6页）由几何关系得，粒子经过D点时， D=v。,方向沿x轴正方向 分运动v2的速度方向与x轴正方向成45°角， 粒子从C点运动至D点过程中，第二个分运动 恰好运动了四分之一圆弧，如图(c)所示。 得 由BoU29=mT2 r2=√2L (1分) 由几何知识得位移x2=√2r2=2L (1分) 1、2πmπL 运动的时间1=4XBg (1分) 2w (c) 在此过程中，对第一个分运动有 πL y1=w1t=2 9 故xn=7L+2L= (1分) π yD=一y1= (1分) 2 D点坐标为（L,1） 黄冈中学临考特训预测卷（五） 题号 5 低 案 答案 D C B 修 题号 6 8 9 10 查 答案 D A AB BC AC 1.A【解析】根据爱因斯坦质能方程可知，单个 17Lu衰变释放的能量为(m1一m2一m3)c2,故A 正确：13.4天等于2个半衰期，经过2个半衰期还 剩下0.25g的镥177，故B错误；根据电荷数守恒 和质量数守恒可知，粒子X为电子，其贯穿能力比 Y射线的贯穿能力要弱，故C错误：Lu衰变成 gHf要释放能量，因此Hf的结合能比Lu的 结合能大，7Lu和Hf的核子个数相同，因此 gHf的比结合能比Lu的比结合能大，故D 错误。 2.D【解析】从平行于磁场的位置开始计时，电动 势瞬时值表达式为e=NBSwcos wt,从中性面位 14 置开始计时，电动势瞬时值表达式为e= NBSwsin wt,故A错误；根据法拉第电磁感应定 律，感应电动势E=V”图示位置悠应电动势 最大，故线圈中磁通量的变化率会9最大，放B错 误；线圈从图示位置转过60°时，电流表的读数为 NBSo) 2 NBSo R十r√2(R+ 一，故C错误；线圈转一周的 时间内，电阻R上产生的热量为Q= NBSo (R)Rr,T-行解得Q=设水故 w D正确。 3.C【解析】隔离第3本书，左、右两侧受到的静摩 擦力大小相等，均为1N,故A、B错误：将第2、3、4 本书一起隔离，第1本书与第2本书之间的静摩 擦力和第4本书与第5本书之间的静摩擦力大小 相等，均为3N,故C正确；将5本书作为一个整 体，则有2F≥5mg,解得F≥25N,故D错误。 4.B【解析】该等势面为等量异种点电荷的等势 面，故A错误；根据等势面与电场线垂直的关系， 画出电场线，带电粒子所受的电场力，既指向轨迹 的凹侧，又沿着电场线的切线方向，则电场力指向 右边，若粒子从A点运动到B点，电场力做正功， 动能增大，若粒子从B点运动到A点，电场力做 负功，动能减小，可得粒子在A点的速度均小于在 B点的速度，故B正确；等差等势面的疏密表示电 场强度的大小，A处密集，电场强度大，粒子在A 处所受电场力大，加速度大，同理，粒子在B处的 加速度小，故C错误；由于不能确定粒子的电性， 因此不能判断电场的方向，也就不能判断A、B两 点的电势高低，故D错误。 5.C【解析】太空电梯的角速度与地球自转的角速 度相等，升降舱在A位置的半径大于地球半径，因 此升降舱在A位置的线速度大于地球赤道上物体 的速度，故A错误。升降舱在B位置时，所受的 万有引力等于所需要的向心力，在A位置时，所受 的万有引力增大，所需要的向心力减小，由于做匀 速圆周运动，合外力提供向心力，因此在A位置航 天员还要受到座椅给的背离地心的作用力，故B 错误。根据B选项分析可知，在C位置，升降舱所 受的万有引力减小，所需要的向心力增大。从升 降舱内遗漏出的物体，所受的万有引力不足以提 供其所需要的向心力，因此物体将做离心运动，故 C正确。升降舱在B位置时不受弹力作用，处于 完全失重状态，在A、C位置时受弹力作用，不处 于完全失重状态，故D错误。 6.D【解析】杯盖刚要被顶起来时，对杯盖有 p:S=p。S十mg,得p,=6p。杯中气体不漏 气，做等容变化，由查理定律有二会得1， 350K,故A、B均错误。初始状态，根据理想气体 状态方程有。V=C,T。,杯中漏掉一部分气体 后，有p,V=CT',两式相比得号-3器放C错 误，D正确。 7.A【解析】金属杆运动后，对电容器充电，电容器 极板间的电压增大，金属杆切割磁感线产生的动 生电动势减小。金属杆达到稳定状态时，做匀速 直线运动，没有加速度，不受安培力，电路中没有 充电电流，电容器极板上的电压与金属杆切割磁 感线产生的动生电动势相等。对金属杆，由动量 定理有-BIL△t=mo一moo,又q=I△t,通过金 属杆的电荷量与电容器极板上最终所带电荷量相 等，则有g=CU,U=BLv,解得v= m+CBL2’ 故A正确。 8.AB【解析】题图甲是t=0时刻波形图，在振动 图像中看t=0时刻，P质点向y轴正方向运动， 说明P质点位于波传播方向上的下坡，则波沿x 轴正方向传播，故A正确：从波形图中读出波长为 8m,从振动图像中读出周期为0.2s,波速等于波 长比周期，为40ms,故B正确；质点不会随波迁 移，故C错误：0.3s为一个半周期，一个半周期 后，质点P在平衡位置，加速度为0，故D错误。 9.BC【解析】小球在AB上方的管道中运动时，在 最高点，若小球速度=√gR,小球跟内壁、外壁 均没有弹力，若小球速度>√gR,小球跟外壁有 弹力，若小球速度v<√gR,小球跟内壁有弹力， 故A错误。小球在AB下方的管道中运动时，由 于向心力指向圆心，一定与外壁有弹力，故B正 确。小球在A点时，由于向心力指向圆心，重力在 半径方向没有分力，因此管道给小球的作用力沿 半径方向指向圆心，提供向心力，故C正确。若小 球在最高点的速度>√gR,在最高点，重力加外 壁的弹力提供向心力，在最低点，外壁的弹力减重 力提供向心力，从最高点到最低点的过程中小球 的机械能守恒，可得小球在最低点和最高点与管 壁的作用力之差为6mg;若小球在最高点的速度 v<√gR时，在最高点，重力减内壁的弹力提供向 -15 心力，在最低点，外壁的弹力减重力提供向心力， 从最高点到最低点的过程中小球的机械能守恒， 可得小球在最低点和最高点与管壁的作用力之和 为6mg,故D错误。 10.AC【解析】小环C静止在Q点时，对A、B和 弹簧整体分析，可得绳上拉力T=(mA十 mB)g=60N,再对小环，由平衡条件可得 Tsin0=Mg,解得M=3.6kg,故A正确。小环 C从P点到Q点，物体B的位置没变，B的重力 势能和弹簧的弹性势能均不变，对物体B和C, 由机械能守恒定律可得MgHo=2M知i十 2mnwi,u1sin0=2,Hpa=2dtan0,解得1= 25ms,故B错误。小环C经过O点时，物体 d B下降的高度为h:一cos0d=0.2m,物体B 到达最低点，其速度为0。初始状态小环C静止 于Q点时，弹簧伸长量1=mA8=0.1m,小环 k C到达O点时，弹簧压缩量x2=0.2m一 0.1m=0.1m,则小环C在P点和O点时弹簧 的弹性势能相同。小环C从P点到O点，小环 C和物体B组成的系统，由机械能守恒定律得 MgHo十msgh1=2Mo,再对小环C,由动能 定理得MgHw十W=M心，解得轻绳对小环 C做的功W=4J,故C正确。小环C在O点，绳 的拉力水平，竖直方向没有分力，小环C的合外 力就是重力，则其加速度为g,故D错误。 11.1)AB(2分)(2)0.77(2分)(3)(2分) g 【解析】(1)连接滑块的细绳要与长木板平行，否 则绳的拉力就不是滑块所受的合外力，故A正 确；调整长木板左端的高度，使滑块能在长木板 上匀速下滑，平衡摩擦力，故B正确；先接通电 源，待打点计时器稳定工作时，再释放滑块，故C 错误；由于细绳的拉力可以直接由力传感器读 出，所以不需要满足沙桶和沙的总质量远小于滑 块的质量，故D错误。 (2)由逐差法可得，实脸中滑块的加速度为a= (4.76+3.66-2.55-1.44)×10 一m/s2≈ 4×0.12 0.77ms2。 (3)滑块下滑的过程，由牛顿第二定律得F mg=ma,整理得a=】F一g,结合题意可知 b g=b,则= g 12.(1)红(2)40(3)×1500(4)偏大（每空 2分) 【解析】(1)电流从红表笔流进表内，从黑表笔流 出，故A插孔应插入红表笔。 (2)当单刀双掷开关接2时，流过电源的电流为 0.6mA,表头满偏电流为0.15mA,流过R1和 R2的电流是满偏电流的3倍，则R,十R2是R 的三分之一，所以R:+R2=402。 (3)当单刀双掷开关接1时，流过电源的电流为 GA,此时欧好表的内阻R:-是-6X180 2502,当单刀双掷开关接2时，流过电源的电流 为0.6mA,同理可知此时欧姆表的内阻为 25002,则开关接1时倍率为“×1”；当表头G 的指针指向满偏刻度的三分之一处时，号1， R十R,解得R:=5000。 E (4)当电源的电动势略有减小时，由R内=，，得 欧姆表的内阻略有减小。欧姆调零后，表盘上的 刻度值比实际值都要大一些，因此测量值偏大。 13.0.48πm 【解析】灯带上的一个点发出的光照亮水面的光 斑为圆形，该圆的半径为r,设光在水面发生全反 射的临界角为C, 由几何关系有tanC=方，又sinC=,得到 wc-号 (2分) 进一步解得r=0.3m 圆形灯带发出的光在水面形成环形光斑，环的 内径 R1=R-r=0.1m, (3分) 环的外径R2=R十r=0.7m, (3分) 则环形光斑的面积S=πR-πR号=0.48πm (2分) 14.(1)1m/s,方向水平向左1ms,方向水平向右 12+18W3 (2)5.4m 5 m 【解析】(1)设小球再回到轨道底端时，小球速度 为v1,小车速度为v2,以水平向右为正方向，系 统水平方向动量守恒，则有 mvo=mv1十Mvg (1分) 由机械能守恒定律得 16 1 (1分) 解得1=一1m,s(负号表示方向水平向左)， v2=1m,/s (2分) (2)若小车不固定，小球上升到最大高度时，小球 和小车速度相等，设最大高度为H,相等的速度 为？，系统水平方向动量守恒，则有 mv=(m十M)v3 (2分) 由机械能守恒定律得 号am=2m+M0i+msH 1 (2分) 解得H=5.4m (1分) 小球从圆弧形轨道最高点冲出时，小球的水平速 度与小车的速度相等，设为，，小球的竖直速度 为，，则v.=v3=3m/s (1分) 由机械能守恒定律得弓m-M:+了m(心十 1 o)十mgR (2分) 解得，=4ms (1分) 小车锁定后，设小球从轨道最高点冲出再落回到 小车所用的时间为t,由位移公式得 -R=0,t-28t (2分) 解得t= 2+33 5 则小车的最小长度L=20.4=12+18V3 m (1分) 15.(1) 2Eqd (2)25+3/2Em 2 qd 3n (3) 2Em (n=7、8、9、…) 4n-2w3-2√3nVqd 【解析】(1)带电粒子在区域I电场中加速，由动 能定理得 1 Eqd-2mv (2分) 2Eqd 解得u=√m (1分) (2)带电粒子进入区域Ⅱ磁场中做匀速圆周运 动，设轨迹半径为R1,有 B,,-R b (1分) 解得R, =2d (1分) 设在区域Ⅱ磁场中，轨迹所对应的圆心角为0，由 几何关系有 加0京-号 解得0=30 (1分) 粒子进人区域Ⅲ磁场中做匀速圆周运动，设轨迹 半径为R2,若使粒子恰好能回到A点，根据对称 性，由几何关系可得 R-Rcos 0=R2cos 0 (2分) 解得R,=45-6d 3 同理R,一B24 mvo 解得B,= 2√3+32Em 2 gd (2分) (3)若粒子能到达B点，设粒子在整个组合场中 重复运动次，在区域Ⅲ磁场中做匀速圆周运动 的半径为R?,由几何关系可得 n[2R1-2(R1+Ra)cos0]=23d (2分) 解得R,=42-2d-24 (2分) √3 n 由于R>0, 解得n>3十2√3，n取整数，故n=7,8、9、… (2分) 同理R,一B9 mvo 3n 2Em 解得B2= (n=7、8、 4n-23-23n qd 9、…) (2分) 黄冈中学临考特训预测卷（六） 题号 2 3 4 5 答 案 答案 C B B B C 速 题号 9 10 查 答案 B AC AC ACD 1.C【解析】力学的三个基本物理量是长度、时间、 质量，故A错误：加速度a一R(o表示线速度，R 为曲率半径)的单位是m:s2,故B错误；根据物理 公式在确定数量关系的同时也确定单位关系知， C正确，D错误。 2.B【解析】布朗微粒越大，单位时间内受到液体 分子撞击次数越多，布朗运动越不明显，故A错 误；煤块与木块叠放在一起，经过一段时间后，它 们会彼此进人对方，这就是固体间的扩散现象，说 明固体间也能发生扩散现象，故B正确；由图丙可 1 知，在分子间距由r1变到x2的过程中，分子势能 减小，结合分子力和分子间距离的关系可知，分子 力减小，故C错误；分子运动速率分布图像是对大 量分子的统计规律，对少量分子不适用，所以图丁 显示温度越高，每个分子的速率不一定越大，故D 错误。故选B。 3.B【解析】设物体在距太阳中心为2R处的轨道 上做圆周运动，速率为，由牛顿第二定律可得 G Mm '2D2=m,解得0=。，设地球的公转 速度为，由牛顿第二定徐可得6-m爱， 心三√尽，可得心>，彗星A在远日点需加速 才能变轨到距太阳中心为2R处的轨道上做匀速 圆周运动，故远<0<v1,故彗星A在远日点的 速度小于地球的公转速度，故A错误；小行星B 在近日点，根据牛顿第二定律可得G Mm 42 ma,解得a4M,敌B正确：由开普勒第二定律 可知，彗星A从近日点向远日点运动时，速度越来 越小，彗星在此过程只受太阳的引力，由动能定理 可知W=△E.,动能减小，故引力做负功，无引力 之外其他力做功，故机械能不变，故C错误；由开 普勒第三定律可知，当中心天体一样时飞相同，彗 星A的近日点与远日点的距离为3R,则有 3R) 2)R3 T'2 入解得= 一=3光，故D错误。故选B, 4.B【解析】根据题图乙可知供电线圈中电流的最 大值为1=20反A.则有效值为I 1==20A. 故A错误；根据题图乙可知周期为T=0.02s,则 频率为f=丁=50Hz,由于交变电流在一个周期 内电流方向改变2次，而受电线圈中的周期和频 率与供电线圈中的周期和频率是相同的，则受电 线圈中的电流方向每秒改变的次数为N=2× 50=100,故B正确；由题图乙可知t=0.015s时， 供电线圈中的电流为零，其变化率最大，由楞次定 律可知受电线圈中的感应电流最大，此时两线圈 的相互作用力最小，为零，故C、D错误。故选B。 5.C【解析】根据动能表达式E:=m,可知运